重难07 磁场（重难专练）（上海专用）2026年高考物理二轮复习讲练测

重难07 磁场 2 2 一、磁感应强度和磁通量 2 二、安培力 3 三、洛伦兹力 3 四、洛伦兹力的应用 4 五、带电粒子在磁场中运动轨迹规律 5 7 13 20 一、磁感应强度和磁通量 1. 磁感应强度 B＝ 注意：使用该定义式时，I要与磁场垂直。 2. 磁通量Φ＝BScos θ ，物理意义是表示穿过某一面积的磁感线条数的多少。 (1)磁通量是标量，但有正负，即规定磁感线从某一面上穿入时，磁通量为正值，则穿出时即为负值。 (2)若同时有磁感线沿相反方向穿过同一平面，且正向磁通量大小为Φ1，反向磁通量大小为Φ2，则穿过该平面的合磁通量Φ＝Φ1－Φ2。 (3)通过一个闭合曲面（如球面）的磁通量为0 二、安培力 1．F＝IlBsin θ中θ是B和I方向的夹角 (1)当θ＝90°时，即B⊥I，公式变为F＝IlB。 (2)当θ＝0°时，即B∥I，F＝0。 2．公式F＝IlBsin θ中l指的是导线在垂直于磁场方向上的“等效长度”。 弯曲导线的有效长度l，等于连接两端点连线的长度，如下图虚线所示； 3．安培力的方向：左手定则 4．安培力方向与磁场方向、电流方向的关系：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B与I所决定的平面。 B和I可能： （1）垂直；（2）平行；（3）斜交 （1）垂直受安培力 （2）平行不受安培力 （3）斜交，垂直投影部分受力 三、洛伦兹力 1. 洛伦兹力 f=qvB q为粒子所带电荷量，v为速度，且与磁场方向垂直。 如果电荷运动方向v与磁感应强度B的夹角为θ时，则f＝qvBsin θ。 (1)当θ＝90°时，v⊥B， F＝qvB，即运动方向与磁场垂直时，洛伦兹力最大。 (2)当v∥B时，θ＝0°，F＝0，即运动方向与磁场平行时，不受洛伦兹力。 2. 洛伦兹力方向：左手定则。 3. 因为洛伦兹力与速度方向垂直，所以洛伦兹力对电荷不做功。 四、洛伦兹力的应用 1. 速度选择器 当Eq=qvB且方向相反时，粒子做直线运动，即只有v=的粒子可以通过。 2. 质谱仪：用来测量微观粒子的质量，分析同位素。质谱仪结构示意图如图所示： ①带电粒子发生器 ②加速电场 ③速度选择器 ④偏转磁场 ⑤质谱仪底片 原理：由速度选择器选出同一速率的粒子，底片的位置由比荷决定，所以可以分析同位素粒子。 3. 回旋加速器：加速带电粒子，结构示意图如下。 ①磁场的作用：在洛伦兹力作用下使粒子做匀速圆周运动。 ②交变电场的作用：使带电粒子经过D1和D2的缝隙该区域时被加速。 ③交变电场的作用及变化周期：交变电压的周期和粒子圆周运动周期相等。 两类问题： a.计算最大速度：最大速度 b.计算加速时间： 方法1：盒间距已知，vm=at，分别求出最大速度和加速度，计算时间。 方法2：由最大速度计算粒子动能，除以每次加速的Uq得到加速次数，乘以周期T。 4. 霍尔元件 霍尔元件的工作原理如下，MN间距为d，沿电流方向横截面积为S： 一个矩形半导体薄片，如图所示，沿PQ方向通入电流I，垂直于薄片加匀强磁场B。 由于洛伦兹力的作用，在N侧积累正电荷，在M侧积累负电荷，MN间会出现电势差U。 带电粒子同时受到磁场力和电场力作用且方向相反，当磁场力与电场力平衡时：。 根据电流，则，因为d、、、S均为常数，即U与I和B乘积成正比。 五、带电粒子在磁场中运动轨迹规律 1. 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动的半径和周期 带电粒子以速度v垂直磁场方向入射，带电粒子的质量为m，所带的电荷量为q。 (1) 轨道半径：， 即轨道半径跟运动速率成正比。 (2) 周期：，即周期和粒子的运动速度无关。 2. 圆心的确定 (1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆心（如图甲所示，图中P为入射点，M为出射点） (2) 已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆心（如图乙所示，图中P为入射点，M为出射点） 3. 半径的确定 (1) 用几何知识求半径，一般称为几何半径，通常构建三角形，利用三角函数或勾股定理求解. (2) 用物理知识求半径，即，一般称为物理半径。 4. 运动时间的确定 (1) 周期为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间为 (2) 速度为v的粒子在磁场中运动的弧长为s时，其运动时间为. αθ5. 两类典型的动态问题 (1) 速度方向一定，大小不同：轨迹半径随速度的变化而变化，轨迹圆圆心共线（放缩法） (2) 速度大小一定，方向不同：轨迹半径不变化，轨迹圆圆心在一个圆周上（旋转法） （建议用时：20分钟） 1．（24-25高二上·上海·期末）在国际单位制中磁感应强度的单位是“T”，若用国际单位制的基本单位来表示，正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据 可知 故选D。 2．（2023·上海宝山·二模）三根电阻相同的电阻丝连接成一个闭合的正三角形线框，O为正三角形线框的中心。当强度为I的电流从a点流入c点流出时，ac边在O点产生的磁场方向为 （选填：“垂直于纸面向里”或“垂直于纸面向外”）。已知通电直导线在O点产生磁场的磁感应强度与导线中的电流强度成正比，若ac边在O点产生的磁场磁感应强度为B，则整个线框在O点产生的磁场磁感应强度大小为 。 【答案】 垂直于纸面向里 0 【详解】[1]当电流从a点流入c点流出时，根据右手螺旋定则可知，ac边在O点产生的磁场方向为垂直于纸面向里； [2]三根电阻相同的电阻丝，ab与bc串联，再与ac并联，所以ab与bc中的电流为ac中的一半，又因为 通电直导线在O点产生磁场的磁感应强度与导线中的电流强度成正比，根据安培定则和矢量的叠加原理 可知，ab与bc中的电流在O点产生的磁场垂直纸面向外，磁感应强度与ac边在O点产生的磁感应强度 相等，所以整个线框在O点产生的磁场磁感应强度大小为0。 3．（2023·上海黄浦·二模）四根完全相同的长直导线互相平行，它们的截面处于正方形abcd的四个顶点，导线中都通有大小相同的电流，方向如图所示。正方形对角线的交点为O，通电导线a在O点产生的磁感应强度为B，四根通电导线在O点产生磁场的磁感应强度大小为 ，方向为 。 【答案】 2B 由O指向b 【详解】[1]据安培定则可得通电电流的磁场方向如图所示 正方形abcd的四个顶点，导线中都通有大小相同的电流，通电导线a在O点产生的磁感应强度为B， 所以通电导线bcd在O点产生的磁感应强度均为B，由矢量叠加可得四根通电导线在O点产生磁场的 磁感应强度大小为 [2]由叠加原理可得O点产生磁场的方向为由O指向b。 4．（24-25高二上·上海浦东新·期中）如图甲，在匀强磁场中，有一通电直导线受到的安培力大小为15N。则其方向为 。若将该导线做成圆环（导线的长度和粗细均不变，a、b为导线两端点），放置在同一匀强磁场中，如图乙所示，保持通过导线的电流值不变，则圆环受到的安培力大小为 N。 【答案】 水平向左 或者4.50 【详解】[1]根据左手定则可知，安培力方向水平向左。 [2]将该导线做成圆环后，设导线长为L，圆半径为 有效长度为 所受的安培力 5．（24-25高二上·上海·期末）电磁炮的工作原理如图，水平面上放置两根间距为、长度为的平行导轨，导轨上放有质量为的炮弹，通上电流后，炮弹沿导轨水平加速运动。设炮弹与导轨间的弹力沿竖直方向，导轨间的磁感应强度为，方向垂直导轨平面向下，不计空气阻力，已知重力加速度大小为。当电流为时（不考虑电流对磁场的影响），炮弹恰好做匀速直线运动。则炮弹受到安培力的大小为 ，炮弹与导轨间的动摩擦因数为 ；若将电流增大一倍，则静止的炮弹可在导轨上获得的最大速度的大小为 。 【答案】 【详解】[1][2]当电流为时（不考虑电流对磁场的影响），炮弹恰好做匀速直线运动， 则炮弹受到安培力的大小为 根据受力平衡可得 解得炮弹与导轨间的动摩擦因数为 [3]若将电流增大一倍，根据动能定理可得 联立解得静止的炮弹可在导轨上获得的最大速度的大小为 6．（23-24高二上·上海普陀·期中）如图，用两根轻细金属丝将质量为m、长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内。当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角而处于平衡状态。为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小为 ，方向为 。 【答案】 平行金属丝向上 【详解】[1][2]金属棒受到重力、金属丝的拉力、安培力这三个力而处于平衡状态， 则这三个力可以构成闭合的矢量三角形，其力的矢量三角形如图所示 由于重力为恒力，金属丝拉力的方向不变，则可知，当安培力垂直于金属丝时安培力有最小值， 而安培力 可得磁感应强度的最小值为 根据左手定则可知，此时磁感应强度的方向平行金属丝向上。 7．图甲是洛伦兹力演示仪。图乙是演示仪结构图，玻璃泡内充有稀薄的气体，由电子枪发射电子束，在电子束通过时能够显示电子的径迹。图丙是励磁线圈的原理图，两线圈之间产生近似匀强磁场，线圈中电流越大磁场越强，磁场的方向与两个线圈中心的连线平行。电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节。若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形。关于电子束的轨道半径，下列说法正确的是（    ） A．只增大电子枪的加速电压，轨道半径变小 B．只增大励磁线圈中的电流，轨道半径变大 C．同时增大电子枪的加速电压和励磁线圈中的电流，轨道半径一定变小 D．增大电子枪的加速电压同时减小励磁线圈中的电流，轨道半径一定变大 【答案】D 【详解】电子被加速电场加速，由动能定理可得 粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则有 联立解得 A．只增大电子枪的加速电压，轨道半径变大，故A错误； B．只增大励磁线圈中的电流，磁感应强度B增大，轨道半径变小，故B错误； C．同时增大电子枪的加速电压和励磁线圈中的电流，则和B同时增大，轨道半径可能变小，可能变大， 也可能不变，故C错误； D．增大电子枪的加速电压同时减小励磁线圈中的电流，即增大电压U的同时，减小磁感应强度B，则轨 道半径一定变大，故D正确。 故选D。 8．一个电子（不计重力，质量，电荷量）以速度垂直进入磁感应强度为的匀强磁场中，则（　　） A．电子在图示时刻受到垂直v0向上的洛伦兹力 B．电子在磁场中做的是变加速运动 C．电子的速度始终不变 D．电子的动能始终不变 【答案】BD 【详解】A．由左手定则可知电子在图示时刻受到垂直向下的洛伦兹力，故A错误； B．由洛伦兹力提供向心力可得电子在磁场中做的是匀速圆周运动，向心加速度方向一直在改变，是变加 速运动，故B正确； CD．洛伦兹力提供向心力，则洛伦兹力不做功，故电子的速度大小不变，方向时刻在改变，根据 可知电子的动能始终不变，故C错误，D正确。 故选BD。 9．如图所示，是一块非常薄的铅板，一高速带电粒子在匀强磁场中运动并垂直穿过，穿过后粒子的能量减小，虚线表示其运动轨迹，可知粒子（　　） A．带正电 B．从上向下穿过铅板 C．穿过铅板后，运动的周期不变 D．穿过铅板后，所受洛伦兹力大小不变 【答案】C 【详解】B．由题知，穿过后粒子的能量减小，即动能减小，所以带电粒子穿过铅板后速度减小， 根据洛伦兹力提供向心力有 可得 则粒子的轨迹半径在减小，可知粒子运动方向是edcba，即粒子是从下向上穿过铅板，故B错误； A．由B项知，粒子运动方向是edcba，且粒子所受的洛伦兹力均指向圆心，在e点洛伦兹力向右， 则由左手定则可知，粒子应带负电，故A错误； C．根据周期公式 可知穿过铅板后，运动的周期不变，故C正确； D．穿过金属板后速度减小，粒子所受洛伦兹力为 可知洛伦兹力大小在减小，故D错误。 故选C。 （25-26高二上·上海·期中）磁场力包括磁场对其中的磁体、运动电荷和电流的作用力。 10．磁场的强弱可以用磁感线来描述。如图所示，实线表示某磁场中的磁感线，M、N为磁场中两点，两点的磁感强度分别为和，同一通电导线放在M处和N处所受磁场力大小分别为和，则( ) A．，一定大于     B．，一定小于 C．，一定小于     D．，可能等于 11．19世纪，安培为了解释地球的磁性提出“分子电流假说”，认为地球的磁场是由带电的地球绕过地心的轴形成的环形电流引起的，如图所示，下列说法正确的是（　　） A．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行 B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理南极附近 C．根据右手螺旋定则可判断，地球带负电荷 D．根据左手定则可判断，地球带正电荷 12．如图所示，宽为L的水平导轨左端接有电动势为E，内阻为r的电源，质量为m的金属棒ab，静止于水平导轨上，接入导轨部分的阻值为R，整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为。求金属棒受到的安培力大小和方向。 【答案】10．D 11．C 12．，与竖直方向成θ角斜向左上 【解析】10．磁感线的疏密程度反映磁感应强度的大小，磁感线越密集的地方，磁感应强度越大，故BM<BN； 安培力，其中L为导线与磁场垂直的有效长度，同一通电导线，放置方式不同，则有效长度不同，因此所受安培力就不同，若使，则可使，故选D。 11．A．地球表面任意位置的地磁场方向不一定与地面平行，故A错误； B．磁感线是封闭的曲线，在地球内部有磁感线，即有磁场，且方向由S极指向N极，故地磁南极在地 理北极附近，故B错误； CD．根据右手螺旋定则，可判断环形电流的方向是自东向西，而地球绕地轴转动的方向是自西向东，故 地球带负电，故C正确，D错误。 故选C。 12．根据闭合电路欧姆定律，有 电流方向与磁场方向相互垂直，则安培力大小 安培力的方向与电流、磁场方向均垂直，根据左手定则，安培力的方向与竖直方向成θ角斜向左上。 （建议用时：30分钟） （23-24高三上·上海普陀·期末）“极速之旅”是大型机动游乐项目，该装置将乘客载至高空后，以近乎重力加速度下落，让乘客体验失重。随后依靠电磁阻尼制动，落地前在液压缓冲机构的辅助下减速到零。 1．质量m=70kg的游客乘坐某“极速之旅”，从离地面高度H=100m处由静止开始自由下落，到离地面h=20m处开始制动。假设制动力为恒力，且不计一切阻力。 （1）游玩过程中，游客能体验到失重感的时间为 s。 （2）全程座椅对游客的冲量大小为 N·s。（结果均保留3位有效数字） 2．对电磁阻尼过程进行简化，如图，将装置视为质量为M、电阻为R的单匝线框，ab边长为L。当ab边进入磁感应强度大小为B的匀强磁场后开始减速，假设落地时线框未全部进入磁场，分析说明为什么需要液压缓冲机构辅助才能减速到零？    【答案】1．（1）4 （2） 3．见解析 【解析】1．（1）根据知，游客能体验到失重感的时间为 （2）由可知，到离地面h=20m处，游客的速度为 游客到地面速度为零，可知游客减速时的加速度大小为 由可知，游客减速的时间为 自由下落阶段属于完全失重，座椅对游客支持力为零，下落阶段座椅对游客支持力为， 则由牛顿第二定律可知 代入数据解得 故全程座椅对游客的冲量大小为 2．当ab边进入磁感应强度大小为B的匀强磁场后开始减速，线框受到安培力大小与速度有关，线框减速，则安培力减小，当安培力大小与重力大小相等时，线框处于平衡状态，将不再减速，故需要液压缓冲机构辅助才能减速到零。 3．两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是（　　） A．a粒子带正电，b粒子带负电 B．a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大 C．b粒子动能较大 D．a粒子在磁场中运动时间较长 【答案】CD 【详解】A．粒子沿AO方向运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电，a向下偏转，应当带负电，A错误； BC．洛伦兹力提供向心力，由 得 所以半径大的b粒子速度大，洛伦兹力大，动能也大，故B错误，C正确； D．由， 可知在磁场中偏转角大的粒子运动的时间较长，a粒子的偏转角大， 因此运动时间长，故D正确； 故选CD 。 4．质子和氘核以相同速度分别从同一位置垂直于边界射入匀强磁场，两条运动轨迹如图中所示，的半径为，的半径为。设和分别是质子、氘核在磁场中所受的洛伦兹力和运动时间，则（　　） A．轨迹是氘核的运动轨迹 B． C． D． 【答案】B 【详解】A．根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有 解得带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为 质子的质量数为1，电荷量为e；氘核的质量数为2，电荷量为e。因为它们速度v相同， 磁感应强度B相同，r与m成正比，氘核质量大，所以氘核的轨道半径大。由图可知， 所以轨迹b是氘核的运动轨迹，故A错误。 B．为质子做圆周运动的轨迹半径，为氘核做圆周运动的轨迹半径， 根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式 可得，故B正确； C．根据洛伦兹力公式 因为质子和氘核的电量，相同，也相同， 所以，所以C错误； D．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式为 质子在磁场中运动时间 氘核在磁场中运动时间 所以，故D错误。 故选B。 5．2025年9月3日，在纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年的阅兵式上，空中无人作战方队通过天安门广场，接受祖国和人民检阅。霍尔元件已广泛应用于无人机的各个部分，如图所示，一块宽为、长为，高为的霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子，通入方向向右的恒定电流时，元件处在垂直于上下表面方向向下的匀强磁场中，元件的前、后表面间出现稳定电压。则（　　） A．霍尔元件前表面的电势比后表面的高 B．霍尔元件前、后表面间的电压与无关 C．霍尔元件前、后表面间的电压与成正比 D．自由电子受到的洛伦兹力大小为 【答案】AD 【详解】A．由左手定则可知电子向后表面偏转，即后表面电势低，故霍尔元件前表面的电势比后表面的高，故A正确； BC．根据 因为 联立解得 可知霍尔元件前、后表面间的电压与有关，与c无关，故BC错误； D．以上分析可知自由电子受到的洛伦兹力大小为，故D正确。 故选AD。 6．（25-26高二上·上海普陀·期中）在一正方形区域里有垂直纸面向里的匀强磁场，现有a、b、c三个比荷相同的带电粒子（不计重力）依次从P点沿PQ方向射入磁场，其运动轨迹分别如图所示，带电粒子a从PM边中点O射出，b从M点射出，c从N点射出。则a、b、c三个粒子在磁场中的运动速度大小之比为 ，运动时间之比为 。 【答案】 1:2:4 2:2:1 【详解】[1][2]根据题图可知，a、b、c三个粒子的轨迹半径之比为1:2:4， 根据洛伦兹力提供向心力有 解得半径 粒子运动的周期 粒子在磁场中的运动时间 a、b、c三个粒子的比荷相同，所以a、b、c三个粒子在磁场中的运动速度大小之比为1:2:4， 运动时间之比为2:2:1。 （25-26高二上·上海青浦·期中）电缆电线 7．高压电线会产生磁场，某同学为了研究该磁场的情况，用一根东西方向放置的直流导线来模拟。如图该导线下方放置有两扇迷你小窗，窗框均为金属材质（所在地区地磁场不计）。 （1）若甲、乙两扇窗均朝正南，推开过程中，窗框中能产生感应电流的是( ) A．甲窗     B．乙窗     C．甲窗和乙窗 （2）该学生继续用直流电来模拟高压电线受到的磁场力：他将一通有电流强度、长度为的电流元放在磁场中点，点的磁感应强度为。 ①则该电流元受到的最小磁场力大小为 。 ②如果电流元的电流减小为原来的一半，则点处磁感应强度大小为 。 8．在正常运行电压作用下电缆终端周围电场分布情况如图，图中虚线为等势线，实线为电场线，下列说 法正确的是（　　） A．电场中点的电场强度大于点的电场强度 B．一个电子由点移到点，需克服电场力做功为 C．一带负电的粒子由点经点移至点，电势能先减小后增大 D．一带正电的粒子从点静止释放，仅在电场力作用下将沿电场线运动 9．如图是输电线路上六根相同平行长直导线分别固定在正六边形的顶点上，为正六边形的中心。已知通电长直导线周围磁感应强度大小与电流、距离的关系式为（为常量）。设间距为，当六根导线通有等大同向电流时，其中处导线对处导线的安培力大小为，则（　　） A．处导线在点产生的磁感应强度大小为 B．六根导线在点产生的磁感应强度大小为 C．处导线所受安培力方向沿指向点 D．处导线对处导线的安培力大小为 10．高压电线上的高压电线球周围会产生电场。茶叶生产过程的工序工具中也有两个带电球，与高压电线球相似。如图，A、B两个带电球之间产生非匀强电场，茶叶茶梗都带正电荷，且茶叶的比荷大于茶梗的比荷，两者通过静电场便可分离，并沿光滑绝缘分离器落入小桶。有一茶梗P电荷量为，质量为，以的速度离开球表面点，最后落入桶底，点电势为，距离桶底高度为，桶底电势为零。不计空气阻力、茶叶茶梗间一切碰撞能量损失，重力加速度取，则： （1）茶叶落入 桶（填“左”或“右”）； （2）茶梗P落入桶底速度为 （第（2）空需要有必要的计算过程）。 【答案】7．C 不变 8．AB 9．ACD 10．（1）右 （2）5 【解析】7．[1]根据安培定则，直导线产生的磁场为南北方向的圆周，推开甲、乙两扇窗，穿过两扇窗户的磁通量发生变化，窗框中均能够产生感应电流。 故选C； [2]根据安培力公式有； [3]磁感应强度与电流元受的安培力、导线长度、电流强度大小无关，只与产生磁场的条件有关，故磁感 应强度不变。 8．A.电场线的疏密程度表示电场强度大小，如图所示，点电场线比点的电场线密集， 所以点电场强度比点的电场强度大，A正确； B.电子在点的电势能为，点的电势能为， 克服电场力做功为，B正确； C.显然带负电粒子从点到点电势能增大，再到点电势能减小，C错误； D.带正电的粒子从点由静止释放，电场力方向与电场线方向相同，是电场线的切线方向， 所以粒子不能沿电场线运动，D错误。 故选AB。 9．A.因为是正六边形，所以是等边三角形，即，所以处导线在点产生的磁感应强度大小为，A正确； B．根据安培定则可以判断，六根导线在点的相邻磁场方向夹角为，且每根导线在点产生的磁感应强度大小为，合磁感应强度为0，B错误； C.由于六根导线通有等大同向电流，所以导线间作用力为引力，即有、处导线对导线的合力指向 点，同理、处导线对导线的合力也指向点，、间的作用力也指向点，所以处导线所受安 培力方向沿指向点，C正确； D.由题意可知，所以处导线在处的磁感应强度为，为处导线在处磁感应强度的 一半，处导线对处导线的安培力大小为，则处导线对处导线的安培力大小为，D正确。 故选ACD。 10．[1]茶叶比荷大于茶梗，在电场中加速度更大，偏转更明显。由图中分离器的结构可知，偏转更大的会落入右桶。所以茶叶落在右桶。 [2]对茶梗P，运用动能定理，即重力做功与电场力做功的总和等于动能的变化量， 有 解得 （建议用时：40分钟） （2024·上海奉贤·一模）电与磁 电与磁的深入研究和广泛应用，极大地推动了科技进步，还从根本上改变了人们的生活。 1．如图是静电除尘装置的示意图，烟气从管口M进入，从管口N排出，当金属丝A、B两端接直流高压电源后，可实现减少排放烟气中粉尘的目的。为提高除尘的效率，A端应接直流高压电源的 （选填：A．正极  B．负极），在除尘过程中，粉尘吸附的是空气分子在强电场作用下电离生成的 （选填：A．阳离子  B．电子）。 2．如图（甲）所示，笔记本电脑的显示屏和机身分别装有磁体和霍尔元件，可实现屏幕打开变亮、闭合熄屏的功能。图（乙）为机身内霍尔元件的示意图，其长、宽、高分别为a、b、c，元件内的导电粒子是自由电子，通入的电流方向向右，强度为I。当闭合显示屏时，元件处于垂直于上表面且方向向下的匀强磁场中，稳定后，元件的前后表面间产生电压U，以此控制屏幕的熄灭。则此时（　　） A．前表面的电势比后表面的低 B．电压U的大小与a成正比 C．电压U的大小与I成正比 D．电压稳定后，自由电子受到的洛伦兹力大小为 3．如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图。该加速器由靠得很近、间距为d且电势差恒定为U的平行电极板M、N构成，电场被限制在MN板间，虚线之间无电场。某带电量为q，质量为m的粒子，在板M的狭缝P0处由静止开始经加速电场加速，后进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，每当回到P0处会再次经加速电场加速并进入D形盒，直至达到预期速率后，被特殊装置引出。已知P1、P2、P3分别是粒子在D形盒中做第一、第二、第三次圆周运动时，其运动轨迹与虚线的交点，不计粒子重力。求： （1）粒子到达P2处的速率； （2）图中相邻弧间距离P1P2与P2P3的比值。 【答案】1． B B 2．C 3．（1）；（2） 【解析】1．[1]在电场作用下，管道内的空气分子被电离为电子和正离子，而粉尘吸附了电子后附着在金属管壁上，从而达到减少排放烟气中粉尘的目的，由此可知，A端与金属丝相连，A端应接直流高压电源的负极。 故选B。 [2]在除尘过程中，粉尘吸附的是空气分子在强电场作用下电离生成的电子。故选B。 2．A．根据左手定则可知，自由电子受到向后的洛伦兹力，则电子打在后表面，后表面的电势比前表面的 低，故A错误； BCD．达到稳定后，有 ， 所以 由此可知，电压稳定后，自由电子受到的洛伦兹力大小为，电压U的大小与a无关，与I成正比， 故BD错误，C正确。 故选C。 3．（1）粒子每次从极板M向N运动时被电场加速，进入磁场则做匀速圆周运动，速率不变， 根据分析，可知粒子到达P2处时共被电场加速2次， 对粒子由静止开始到到达P2的过程应用动能定理可得 可解得粒子到达P2处时的速率 （2）根据题意，对粒子经过电场n次加速的过程应用由动能定理 可获得速率 粒子以此速率进入匀强磁场后，洛伦兹力提供向心力，做第n次匀速圆周运动，有 可解得粒子在磁场中第n次做匀速圆周运动的轨道半径 则相邻弧间距离P1P2与P2P3的比值 （24-25高二下·上海·期末）运动电荷在磁场中所受到的力以称为洛伦兹力。 4．一根通电直导线水平放置，通过直导线的恒定电流方向向右，现有一电子从直导线下方以水平向右的初速度开始运动，不考虑电子重力，关于接下来电子的运动，下列说法正确的是（    ） A．电子将向下偏转，运动的半径逐渐变大 B．电子将向上偏转，运动的半径逐渐变小 C．电子将向上偏转，运动的半径逐渐变大 D．电子将向下偏转，运动的半径逐渐变小 5．如图所示，质量和电荷量大小都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直射入有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，M和N运行的半圆轨迹如图中的虚线所示。 （1）M带 电（A．正  B．负）； （2）M的运行时间 N的运行时间。（A．大于  B．小于  C．等于） 6．如图为质谱仪的示意图：速度选择器中匀强磁场的磁感应强度为（电场与磁场方向互相垂直），偏转分离器的磁感应强度为。带电粒子以一定的初速度向上进入质谱仪。 （1）若粒子能以大小为v的速度沿直线通过速度选择器，则匀强电场的场强 ； （2）若质子和氘核以相同速度v进入偏转分离器，在质谱仪底片上收集到的条纹之间的距离为d，则质子的质量 。 【已知质子和氘核的质量之比为，电荷量均为】 7．某回旋加速器的示意图如图所示。匀强磁场仅分布于两个正对的半圆形中空金属盒内，且与金属盒表面垂直。 （1）电源通过Ⅰ、Ⅱ分别与相连，仅在两盒的缝隙间产生 的电场。（A．恒定  B．变化） （2）初速度为零的带电粒子由加速器的 进入加速器。（A．中心  B．边缘） （3）经缝隙间的电场加速后，粒子以垂直磁场的速度进入，在运动过程中受到洛伦兹力，该力对粒子 （A．做功  B．不做功）。 （4）若带电粒子质量为m，电荷量为，磁感应强度大小为B，两D形盒间加速电场的电压大小恒为U，粒子从静止开始加速，加速器最大回旋半径为R。求： ①粒子加速后获得的最大速度； ②粒子在加速器的电场中的运动时间t 。 【答案】4．A 5．B C 6．Bv 7．（1）B （2）A （3）B （4） 【解析】4．水平导线中通有恒定电流I，根据安培定则判断可知，导线下方的磁场方向垂直纸面向里，由左手定则判断可知，导线下方的电子所受的洛伦兹力方向向下，则电子将向下偏转，其速率v不变，而离导线越远，磁场越弱，磁感应强度B越小，由公式 可知电子的轨迹半径逐渐变大，可知A选项符合题意。 故选A。 5．[1]由左手定则可知M带负电荷、N带正电荷,故选B； [2]题图可知两粒子在磁场中运动半周，可知时间为其周期的一半， 粒子在磁场中做圆周运动的周期 由于两粒子的质量m、电荷量q大小都相等，粒子做圆周运动的周期T相等， 粒子在磁场中的运动时间均为，即两粒子在磁场中运动时间相等，故选C。 6．[1]若粒子能以大小为v的速度沿直线通过速度选择器，则有 解得 [2]设质子质量为m、电量为e，则氘核质量为2m、电量为e，对质子， 在磁场中有 解得质子的圆周运动半径 同理，氘核的圆周运动半径 结合题图有 联立可得 7．[1]粒子经过金属盒后，运动方向发生变化，欲使粒子一直加速，电场应为变化的电场，即选B。 [2]初动能为零的带电粒子由加速器的中心进入加速器，即选A。 [3]洛伦兹力方向与速度方向垂直，故该力对粒子不做功故选B。 [4]电子速度达到最大时，其运动半径达到最大回旋半径为R，根据洛伦兹力提供向心力得 解得电子加速后获得的最大速度 [5]加速电场的电势差大小恒为U，电子每次加速时，电场均为匀强电场，电场强度为 由牛顿第二定律可得 将电子运动过程中的磁场偏转部分去掉，电子加速的全过程可等效为一个匀加速直线运动过程， 结合上问的结论，可得 联立解得电子在电场中加速所用的总时间 （24-25高三上·上海·阶段练习）同步辐射 速度接近光速的电子在磁场中偏转时，会沿圆弧轨道切线发出波长连续的电磁辐射，称为“同步辐射”。同步辐射光光谱范围宽（从远红外到X射线）。已知普朗克常量为h，光速为c，电子的质量为m、电荷量为（电子的重力忽略不计）。 8．在真空中，X射线与红外线相比，X射线的（　　） A．频率更大 B．波长更大 C．传播速度更大 D．光子能量更高 通过加速器中获得接近光速运动的电子，若单个电子的动能为，在磁场中偏转时辐射出波长为的X射线。 9．此X射线照射逸出功为W的锌板，打出光电子的最大初动能为（　　） A． B． C． D． 10．此X射线是哪位科学家发现的（　　） A．奥斯特 B．特斯拉 C．法拉第 D．汤姆生 E．伦琴 F．惠更斯 11．扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使带电粒子的运动轨迹发生扭摆，其简化模型如图所示。Ⅰ、Ⅱ是相距为L、宽度均为L的两匀强磁场区域（区域边界竖直），两磁场方向相反且垂直于纸面。电子从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平方向的夹角，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向的夹角也为30°。 （1）粒子进入Ⅰ区时的速度大小 ； （2）粒子从射入Ⅰ区左边界到从Ⅰ区右边界射出的过程中，洛伦兹力的冲量为 ； （3）（计算）为使粒子能返回Ⅰ区，求Ⅱ区域中匀强磁场磁感应强度大小应满足的条件 。 【答案】8．AD 9．C 10．E 11．（1） （2） （3） 【解析】8．在真空中，X射线与红外线相比，传播速度相同，X射线的频率更大， 根据 波长更短，根据 光子能量更高。 故选AD。 9．此X射线照射逸出功为W的锌板，根据光电效应方程可知，打出光电子的最大初动能为 故选C。 10．X射线是科学家伦琴发现的。故选E。 11．（1）电子在电场中加速，根据动能定理有 解得 （2）电子射入时速度与水平方向的夹角θ=30°，从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向的夹角也为30°，故有 根据几何关系 Δv=v 根据冲量的表达式有 （3）电子在Ⅱ区域中运动的临界轨迹如图所示 根据几何知识 L=r+rsinθ 解得 根据牛顿第二定律有 代入解得 即为使粒子能返回Ⅰ区，Ⅱ区域中匀强磁场磁感应强度大小B2应满足 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难07 磁场 2 2 一、磁感应强度和磁通量 2 二、安培力 3 三、洛伦兹力 3 四、洛伦兹力的应用 4 五、带电粒子在磁场中运动轨迹规律 5 7 10 14 一、磁感应强度和磁通量 1. 磁感应强度 B＝ 注意：使用该定义式时，I要与磁场垂直。 2. 磁通量Φ＝BScos θ ，物理意义是表示穿过某一面积的磁感线条数的多少。 (1)磁通量是标量，但有正负，即规定磁感线从某一面上穿入时，磁通量为正值，则穿出时即为负值。 (2)若同时有磁感线沿相反方向穿过同一平面，且正向磁通量大小为Φ1，反向磁通量大小为Φ2，则穿过该平面的合磁通量Φ＝Φ1－Φ2。 (3)通过一个闭合曲面（如球面）的磁通量为0 二、安培力 1．F＝IlBsin θ中θ是B和I方向的夹角 (1)当θ＝90°时，即B⊥I，公式变为F＝IlB。 (2)当θ＝0°时，即B∥I，F＝0。 2．公式F＝IlBsin θ中l指的是导线在垂直于磁场方向上的“等效长度”。 弯曲导线的有效长度l，等于连接两端点连线的长度，如下图虚线所示； 3．安培力的方向：左手定则 4．安培力方向与磁场方向、电流方向的关系：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B与I所决定的平面。 B和I可能： （1）垂直；（2）平行；（3）斜交 （1）垂直受安培力 （2）平行不受安培力 （3）斜交，垂直投影部分受力 三、洛伦兹力 1. 洛伦兹力 f=qvB q为粒子所带电荷量，v为速度，且与磁场方向垂直。 如果电荷运动方向v与磁感应强度B的夹角为θ时，则f＝qvBsin θ。 (1)当θ＝90°时，v⊥B， F＝qvB，即运动方向与磁场垂直时，洛伦兹力最大。 (2)当v∥B时，θ＝0°，F＝0，即运动方向与磁场平行时，不受洛伦兹力。 2. 洛伦兹力方向：左手定则。 3. 因为洛伦兹力与速度方向垂直，所以洛伦兹力对电荷不做功。 四、洛伦兹力的应用 1. 速度选择器 当Eq=qvB且方向相反时，粒子做直线运动，即只有v=的粒子可以通过。 2. 质谱仪：用来测量微观粒子的质量，分析同位素。质谱仪结构示意图如图所示： ①带电粒子发生器 ②加速电场 ③速度选择器 ④偏转磁场 ⑤质谱仪底片 原理：由速度选择器选出同一速率的粒子，底片的位置由比荷决定，所以可以分析同位素粒子。 3. 回旋加速器：加速带电粒子，结构示意图如下。 ①磁场的作用：在洛伦兹力作用下使粒子做匀速圆周运动。 ②交变电场的作用：使带电粒子经过D1和D2的缝隙该区域时被加速。 ③交变电场的作用及变化周期：交变电压的周期和粒子圆周运动周期相等。 两类问题： a.计算最大速度：最大速度 b.计算加速时间： 方法1：盒间距已知，vm=at，分别求出最大速度和加速度，计算时间。 方法2：由最大速度计算粒子动能，除以每次加速的Uq得到加速次数，乘以周期T。 4. 霍尔元件 霍尔元件的工作原理如下，MN间距为d，沿电流方向横截面积为S： 一个矩形半导体薄片，如图所示，沿PQ方向通入电流I，垂直于薄片加匀强磁场B。 由于洛伦兹力的作用，在N侧积累正电荷，在M侧积累负电荷，MN间会出现电势差U。 带电粒子同时受到磁场力和电场力作用且方向相反，当磁场力与电场力平衡时：。 根据电流，则，因为d、、、S均为常数，即U与I和B乘积成正比。 五、带电粒子在磁场中运动轨迹规律 1. 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动的半径和周期 带电粒子以速度v垂直磁场方向入射，带电粒子的质量为m，所带的电荷量为q。 (1) 轨道半径：， 即轨道半径跟运动速率成正比。 (2) 周期：，即周期和粒子的运动速度无关。 2. 圆心的确定 (1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆心（如图甲所示，图中P为入射点，M为出射点） (2) 已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆心（如图乙所示，图中P为入射点，M为出射点） 3. 半径的确定 (1) 用几何知识求半径，一般称为几何半径，通常构建三角形，利用三角函数或勾股定理求解. (2) 用物理知识求半径，即，一般称为物理半径。 4. 运动时间的确定 (1) 周期为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间为 (2) 速度为v的粒子在磁场中运动的弧长为s时，其运动时间为. αθ5. 两类典型的动态问题 (1) 速度方向一定，大小不同：轨迹半径随速度的变化而变化，轨迹圆圆心共线（放缩法） (2) 速度大小一定，方向不同：轨迹半径不变化，轨迹圆圆心在一个圆周上（旋转法） （建议用时：20分钟） 1．（24-25高二上·上海·期末）在国际单位制中磁感应强度的单位是“T”，若用国际单位制的基本单位来表示，正确的是（　　） A． B． C． D． 2．（2023·上海宝山·二模）三根电阻相同的电阻丝连接成一个闭合的正三角形线框，O为正三角形线框的中心。当强度为I的电流从a点流入c点流出时，ac边在O点产生的磁场方向为 （选填：“垂直于纸面向里”或“垂直于纸面向外”）。已知通电直导线在O点产生磁场的磁感应强度与导线中的电流强度成正比，若ac边在O点产生的磁场磁感应强度为B，则整个线框在O点产生的磁场磁感应强度大小为 。 3．（2023·上海黄浦·二模）四根完全相同的长直导线互相平行，它们的截面处于正方形abcd的四个顶点，导线中都通有大小相同的电流，方向如图所示。正方形对角线的交点为O，通电导线a在O点产生的磁感应强度为B，四根通电导线在O点产生磁场的磁感应强度大小为 ，方向为 。 4．（24-25高二上·上海浦东新·期中）如图甲，在匀强磁场中，有一通电直导线受到的安培力大小为15N。则其方向为 。若将该导线做成圆环（导线的长度和粗细均不变，a、b为导线两端点），放置在同一匀强磁场中，如图乙所示，保持通过导线的电流值不变，则圆环受到的安培力大小为 N。 5．（24-25高二上·上海·期末）电磁炮的工作原理如图，水平面上放置两根间距为、长度为的平行导轨，导轨上放有质量为的炮弹，通上电流后，炮弹沿导轨水平加速运动。设炮弹与导轨间的弹力沿竖直方向，导轨间的磁感应强度为，方向垂直导轨平面向下，不计空气阻力，已知重力加速度大小为。当电流为时（不考虑电流对磁场的影响），炮弹恰好做匀速直线运动。则炮弹受到安培力的大小为 ，炮弹与导轨间的动摩擦因数为 ；若将电流增大一倍，则静止的炮弹可在导轨上获得的最大速度的大小为 。 6．（23-24高二上·上海普陀·期中）如图，用两根轻细金属丝将质量为m、长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内。当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角而处于平衡状态。为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小为 ，方向为 。 7．图甲是洛伦兹力演示仪。图乙是演示仪结构图，玻璃泡内充有稀薄的气体，由电子枪发射电子束，在电子束通过时能够显示电子的径迹。图丙是励磁线圈的原理图，两线圈之间产生近似匀强磁场，线圈中电流越大磁场越强，磁场的方向与两个线圈中心的连线平行。电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节。若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形。关于电子束的轨道半径，下列说法正确的是（    ） A．只增大电子枪的加速电压，轨道半径变小 B．只增大励磁线圈中的电流，轨道半径变大 C．同时增大电子枪的加速电压和励磁线圈中的电流，轨道半径一定变小 D．增大电子枪的加速电压同时减小励磁线圈中的电流，轨道半径一定变大 8．一个电子（不计重力，质量，电荷量）以速度垂直进入磁感应强度为的匀强磁场中，则（　　） A．电子在图示时刻受到垂直v0向上的洛伦兹力 B．电子在磁场中做的是变加速运动 C．电子的速度始终不变 D．电子的动能始终不变 9．如图所示，是一块非常薄的铅板，一高速带电粒子在匀强磁场中运动并垂直穿过，穿过后粒子的能量减小，虚线表示其运动轨迹，可知粒子（　　） A．带正电 B．从上向下穿过铅板 C．穿过铅板后，运动的周期不变 D．穿过铅板后，所受洛伦兹力大小不变 （25-26高二上·上海·期中）磁场力包括磁场对其中的磁体、运动电荷和电流的作用力。 10．磁场的强弱可以用磁感线来描述。如图所示，实线表示某磁场中的磁感线，M、N为磁场中两点，两点的磁感强度分别为和，同一通电导线放在M处和N处所受磁场力大小分别为和，则( ) A．，一定大于     B．，一定小于 C．，一定小于     D．，可能等于 11．19世纪，安培为了解释地球的磁性提出“分子电流假说”，认为地球的磁场是由带电的地球绕过地心的轴形成的环形电流引起的，如图所示，下列说法正确的是（　　） A．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行 B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理南极附近 C．根据右手螺旋定则可判断，地球带负电荷 D．根据左手定则可判断，地球带正电荷 12．如图所示，宽为L的水平导轨左端接有电动势为E，内阻为r的电源，质量为m的金属棒ab，静止于水平导轨上，接入导轨部分的阻值为R，整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为。求金属棒受到的安培力大小和方向。 （建议用时：30分钟） （23-24高三上·上海普陀·期末）“极速之旅”是大型机动游乐项目，该装置将乘客载至高空后，以近乎重力加速度下落，让乘客体验失重。随后依靠电磁阻尼制动，落地前在液压缓冲机构的辅助下减速到零。 1．质量m=70kg的游客乘坐某“极速之旅”，从离地面高度H=100m处由静止开始自由下落，到离地面h=20m处开始制动。假设制动力为恒力，且不计一切阻力。 （1）游玩过程中，游客能体验到失重感的时间为 s。 （2）全程座椅对游客的冲量大小为 N·s。（结果均保留3位有效数字） 2．对电磁阻尼过程进行简化，如图，将装置视为质量为M、电阻为R的单匝线框，ab边长为L。当ab边进入磁感应强度大小为B的匀强磁场后开始减速，假设落地时线框未全部进入磁场，分析说明为什么需要液压缓冲机构辅助才能减速到零？    3．两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是（　　） A．a粒子带正电，b粒子带负电 B．a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大 C．b粒子动能较大 D．a粒子在磁场中运动时间较长 4．质子和氘核以相同速度分别从同一位置垂直于边界射入匀强磁场，两条运动轨迹如图中所示，的半径为，的半径为。设和分别是质子、氘核在磁场中所受的洛伦兹力和运动时间，则（　　） A．轨迹是氘核的运动轨迹 B． C． D． 5．2025年9月3日，在纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年的阅兵式上，空中无人作战方队通过天安门广场，接受祖国和人民检阅。霍尔元件已广泛应用于无人机的各个部分，如图所示，一块宽为、长为，高为的霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子，通入方向向右的恒定电流时，元件处在垂直于上下表面方向向下的匀强磁场中，元件的前、后表面间出现稳定电压。则（　　） A．霍尔元件前表面的电势比后表面的高 B．霍尔元件前、后表面间的电压与无关 C．霍尔元件前、后表面间的电压与成正比 D．自由电子受到的洛伦兹力大小为 6．（25-26高二上·上海普陀·期中）在一正方形区域里有垂直纸面向里的匀强磁场，现有a、b、c三个比荷相同的带电粒子（不计重力）依次从P点沿PQ方向射入磁场，其运动轨迹分别如图所示，带电粒子a从PM边中点O射出，b从M点射出，c从N点射出。则a、b、c三个粒子在磁场中的运动速度大小之比为 ，运动时间之比为 。 （25-26高二上·上海青浦·期中）电缆电线 7．高压电线会产生磁场，某同学为了研究该磁场的情况，用一根东西方向放置的直流导线来模拟。如图该导线下方放置有两扇迷你小窗，窗框均为金属材质（所在地区地磁场不计）。 （1）若甲、乙两扇窗均朝正南，推开过程中，窗框中能产生感应电流的是( ) A．甲窗     B．乙窗     C．甲窗和乙窗 （2）该学生继续用直流电来模拟高压电线受到的磁场力：他将一通有电流强度、长度为的电流元放在磁场中点，点的磁感应强度为。 ①则该电流元受到的最小磁场力大小为 。 ②如果电流元的电流减小为原来的一半，则点处磁感应强度大小为 。 8．在正常运行电压作用下电缆终端周围电场分布情况如图，图中虚线为等势线，实线为电场线，下列说 法正确的是（　　） A．电场中点的电场强度大于点的电场强度 B．一个电子由点移到点，需克服电场力做功为 C．一带负电的粒子由点经点移至点，电势能先减小后增大 D．一带正电的粒子从点静止释放，仅在电场力作用下将沿电场线运动 9．如图是输电线路上六根相同平行长直导线分别固定在正六边形的顶点上，为正六边形的中心。已知通电长直导线周围磁感应强度大小与电流、距离的关系式为（为常量）。设间距为，当六根导线通有等大同向电流时，其中处导线对处导线的安培力大小为，则（　　） A．处导线在点产生的磁感应强度大小为 B．六根导线在点产生的磁感应强度大小为 C．处导线所受安培力方向沿指向点 D．处导线对处导线的安培力大小为 10．高压电线上的高压电线球周围会产生电场。茶叶生产过程的工序工具中也有两个带电球，与高压电线球相似。如图，A、B两个带电球之间产生非匀强电场，茶叶茶梗都带正电荷，且茶叶的比荷大于茶梗的比荷，两者通过静电场便可分离，并沿光滑绝缘分离器落入小桶。有一茶梗P电荷量为，质量为，以的速度离开球表面点，最后落入桶底，点电势为，距离桶底高度为，桶底电势为零。不计空气阻力、茶叶茶梗间一切碰撞能量损失，重力加速度取，则： （1）茶叶落入 桶（填“左”或“右”）； （2）茶梗P落入桶底速度为 （第（2）空需要有必要的计算过程）。 （建议用时：40分钟） （2024·上海奉贤·一模）电与磁 电与磁的深入研究和广泛应用，极大地推动了科技进步，还从根本上改变了人们的生活。 1．如图是静电除尘装置的示意图，烟气从管口M进入，从管口N排出，当金属丝A、B两端接直流高压电源后，可实现减少排放烟气中粉尘的目的。为提高除尘的效率，A端应接直流高压电源的 （选填：A．正极  B．负极），在除尘过程中，粉尘吸附的是空气分子在强电场作用下电离生成的 （选填：A．阳离子  B．电子）。 2．如图（甲）所示，笔记本电脑的显示屏和机身分别装有磁体和霍尔元件，可实现屏幕打开变亮、闭合熄屏的功能。图（乙）为机身内霍尔元件的示意图，其长、宽、高分别为a、b、c，元件内的导电粒子是自由电子，通入的电流方向向右，强度为I。当闭合显示屏时，元件处于垂直于上表面且方向向下的匀强磁场中，稳定后，元件的前后表面间产生电压U，以此控制屏幕的熄灭。则此时（　　） A．前表面的电势比后表面的低 B．电压U的大小与a成正比 C．电压U的大小与I成正比 D．电压稳定后，自由电子受到的洛伦兹力大小为 3．如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图。该加速器由靠得很近、间距为d且电势差恒定为U的平行电极板M、N构成，电场被限制在MN板间，虚线之间无电场。某带电量为q，质量为m的粒子，在板M的狭缝P0处由静止开始经加速电场加速，后进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，每当回到P0处会再次经加速电场加速并进入D形盒，直至达到预期速率后，被特殊装置引出。已知P1、P2、P3分别是粒子在D形盒中做第一、第二、第三次圆周运动时，其运动轨迹与虚线的交点，不计粒子重力。求： （1）粒子到达P2处的速率； （2）图中相邻弧间距离P1P2与P2P3的比值。 （24-25高二下·上海·期末）运动电荷在磁场中所受到的力以称为洛伦兹力。 4．一根通电直导线水平放置，通过直导线的恒定电流方向向右，现有一电子从直导线下方以水平向右的初速度开始运动，不考虑电子重力，关于接下来电子的运动，下列说法正确的是（    ） A．电子将向下偏转，运动的半径逐渐变大 B．电子将向上偏转，运动的半径逐渐变小 C．电子将向上偏转，运动的半径逐渐变大 D．电子将向下偏转，运动的半径逐渐变小 5．如图所示，质量和电荷量大小都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直射入有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，M和N运行的半圆轨迹如图中的虚线所示。 （1）M带 电（A．正  B．负）； （2）M的运行时间 N的运行时间。（A．大于  B．小于  C．等于） 6．如图为质谱仪的示意图：速度选择器中匀强磁场的磁感应强度为（电场与磁场方向互相垂直），偏转分离器的磁感应强度为。带电粒子以一定的初速度向上进入质谱仪。 （1）若粒子能以大小为v的速度沿直线通过速度选择器，则匀强电场的场强 ； （2）若质子和氘核以相同速度v进入偏转分离器，在质谱仪底片上收集到的条纹之间的距离为d，则质子的质量 。 【已知质子和氘核的质量之比为，电荷量均为】 7．某回旋加速器的示意图如图所示。匀强磁场仅分布于两个正对的半圆形中空金属盒内，且与金属盒表面垂直。 （1）电源通过Ⅰ、Ⅱ分别与相连，仅在两盒的缝隙间产生 的电场。（A．恒定  B．变化） （2）初速度为零的带电粒子由加速器的 进入加速器。（A．中心  B．边缘） （3）经缝隙间的电场加速后，粒子以垂直磁场的速度进入，在运动过程中受到洛伦兹力，该力对粒子 （A．做功  B．不做功）。 （4）若带电粒子质量为m，电荷量为，磁感应强度大小为B，两D形盒间加速电场的电压大小恒为U，粒子从静止开始加速，加速器最大回旋半径为R。求： ①粒子加速后获得的最大速度； ②粒子在加速器的电场中的运动时间t 。 （24-25高三上·上海·阶段练习）同步辐射 速度接近光速的电子在磁场中偏转时，会沿圆弧轨道切线发出波长连续的电磁辐射，称为“同步辐射”。同步辐射光光谱范围宽（从远红外到X射线）。已知普朗克常量为h，光速为c，电子的质量为m、电荷量为（电子的重力忽略不计）。 8．在真空中，X射线与红外线相比，X射线的（　　） A．频率更大 B．波长更大 C．传播速度更大 D．光子能量更高 通过加速器中获得接近光速运动的电子，若单个电子的动能为，在磁场中偏转时辐射出波长为的X射线。 9．此X射线照射逸出功为W的锌板，打出光电子的最大初动能为（　　） A． B． C． D． 10．此X射线是哪位科学家发现的（　　） A．奥斯特 B．特斯拉 C．法拉第 D．汤姆生 E．伦琴 F．惠更斯 11．扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使带电粒子的运动轨迹发生扭摆，其简化模型如图所示。Ⅰ、Ⅱ是相距为L、宽度均为L的两匀强磁场区域（区域边界竖直），两磁场方向相反且垂直于纸面。电子从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平方向的夹角，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向的夹角也为30°。 （1）粒子进入Ⅰ区时的速度大小 ； （2）粒子从射入Ⅰ区左边界到从Ⅰ区右边界射出的过程中，洛伦兹力的冲量为 ； （3）（计算）为使粒子能返回Ⅰ区，求Ⅱ区域中匀强磁场磁感应强度大小应满足的条件 。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $